Lista 2/04 Exercício 5

$\textbf{Obs:}$ Essa é uma solução que encontrei nos meus materiais de topologia. Vou melhorar a demonstração pra ficar mais didática, caso queira ajudar melhorando a demonstração sua ajuda é bem vinda.

$\textit{Demonstração}$: Seja $(x_0,y_0) \in X \times (Y-G(f))$ então $y_0 \neq f(x_0)$, como $Y$ é Hausdorff, por definição existem abertos $A,B$ em $Y$, com $y_0 \in A, f(x_0) \in B$ tais que $A \cap B = \emptyset$.
Sendo $f$ contínua, existe um aberto $U$ em $X$, com $x_0 \in U$ e $f(U) \subset W$. Logo, temos que $f(U) \cap A = \emptyset $, ou seja, dado $x \in U$ então $f(x) \not\in A$. Portanto $U \times A$ é um aberto em $X \times Y$ que contém $(x_0,y_0)$ e sem pontos em comum com $G(f)$.

Fiz esta de uma maneira ligeiramente diferente.

Suponha $f$ contínua e seja $u \in \overline{G}_f$. Suponha que $u \not \in G_f$, vamos chegar a uma contradição e isso mostrará $\overline{G}_f \subseteq G_f$.

Temos $u = (x,y) \neq (x,f(x))$. Como $Y$ é Hausdorff, existem abertos $U$ e $V$ disjuntos contendo $y$ e $f(x)$, respectivamente. Pela continuidade de $f$, $f^{-1}(V) \times U$ é um aberto e contém $u$. Se $(h\ f(h)) \in f^{-1}(V) \times U$ para algum $h \in X$, então $f(h) \in U \cap V$, o que absurdo. Logo, $f^{-1}(V) \times U$ contém $u$ e não intercepta $G_f$, o que mostra que $u \not \in \overline{G}_f$, o que é contraditório. Portanto $G_f$ é fechado.

Considere a função
\begin{align*}
F: X \times Y &\rightarrow Y \times Y
\\
(a,b) &\mapsto (f(a), b).
\begin{align*}
É fácil ver que $F$ é contínua, pois é contínua em cada coordenada. Quem é a imagem inversa da diagonal $\Delta = \{(y,y)|\, y \in Y\}$?
$$F^{-1}(\Delta) = ???$$

O que você sabe sobre a diagonal nos espaços de Hausdorff?

Eu tinha pensado isso ...

Seja $(x,y) \in \overline{G(f)}$ qualquer e $V_{1} \in \mathcal{V}(f(x))$ arbitrária. Da continuidade de $f$, existe $U \in \mathcal{V}(x)$ tal que $f(u) \in V_{1}$, para todo $u \in U$. Considere agora, $V_{2} \in \mathcal{V}(y)$ qualquer. Desta forma, $$W = U \times V_{2}$$ é uma vizinhança de $(x,y)$ em $X \times Y$. Como $(x,y) \in \overline{G(f)}$ sabemos que $$W \cap G(f) \neq \emptyset.$$ Logo, existe $$(s,f(s)) \in W \cap G(f).$$ Como $s \in U$ temos $f(s) \in V_{1}$ e do fato de $(s,f(s)) \in W$ obtemos $f(s) \in V_{2}$. Ou seja, $$V_{1} \cap V_{2} \neq \emptyset .$$ Da arbitrariedade de $V_{1}$ e $V_{2}$ segue que toda vizinhança de $f(x)$ intersecta toda vizinhança de $y$. Da hipótese de $Y$ ser Hausdorff temos que $y=f(x)$. Assim, $$(x,y) \in G(f) .$$ Portanto $G(f)$ é fechado.